初中数学北师大版（2024）九年级上册3 正方形的性质与判定同步达标检测题

这是一份初中数学北师大版（2024）九年级上册3 正方形的性质与判定同步达标检测题，共35页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，正方形的对角线交于点是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是4，则的面积为（ ）
A．4B．2C．D．
2．若正方形的周长为40，则其对角线长为（ ）
A．100B．C．D．10
3．如图，四边形ABCD是正方形，P在CD上，△ADP旋转后能够与△ABP′重合，若AB＝3，DP＝1，则PP′的长度为（ ）
A．5B．6C．2D．20
4．如图，有一个边长为的正方形，将一块的三角板直角顶点与正方形对角线交点O重合，两条直角边分别与边交于点E，与边交于点F．则四边形的面积是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正方形的边长为，则图中阴影部分面积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，矩形中，，，、分别是边、上的点，且与之间的距离为4，则的长为（ ）
A．3B．C．D．
7．如图，直线，，分别过正方形的三个顶点A，B，C，且相互平行，若，的距离为8，，的距离为6，则正方形的对角线长为（ ）
A．10B．C．14D．
8．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(－1)cmD．(2－1)cm
9．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2023次得到正方形，那么点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，为圆的直径，且，为圆上任意一点，连结、，以为边作等边三角形，以为边作正方形，连结．若为a，为b，DE为c，则下列关系式成立的是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在正方形ABCD的边AB上取一点E，连接CE，将△BCE沿CE翻折，点B恰好与对角线AC上的点F重合，连接DF，若BE＝2，则△CDF的面积是（ ）
A．1B．3C．6D．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A在轴上，点在轴上，以为边作正方形，点的坐标在一次函数上，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将正方形沿轴向右平移个单位长度后，点刚好落在直线上，则a的值为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题
13．如图，点O是正方形的中心，，过点O的直线分别交、于点E、F，过点B作于点G，连接，则的最小值为 ．

14．如图，正方形的边长为，是边的中点，连接，将沿直线翻折至，延长交于点，则的长度是
15．如图，M为矩形ABCD中AD边中点，E、F分别为BC、CD上的动点，且BE＝2DF，若AB＝1，BC＝2，则ME+2AF的最小值为 ．
16．如图，设是边长为1的正方形内的两个点，则的最小值为 ．
17．如图，在边长为10的正方形中，是的中点，连接，过点作的垂线，交于点，交于点，是上一点，连接，若，则的长为 ．

三、解答题
18．综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM （填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答： ；进一步计算出∠MNE＝ °；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝ °；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值 ．
19．如图，已知正方形ABCD，点E在边AD上，且EB＝EC．
(1)用直尺和圆规作出点E；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
(2)连结CE交BD于点F，连结AF和BE，求证：AF⊥BE．
20．某研究性学习小组在学习第三章第4节《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，，，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？
探究一：
（1）如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，，则“等补四边形”的面积为______
探究二：
（2）如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，，求“等补四边形”的面积．
探究三：
（3）由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么如图6，已知“等补四边形”，连接，若，，，试求出“等补四边形”的面积（用含，的代数式表示）．
21．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，B分别在轴，轴的正半轴上，顶点的坐标为，，求顶点的坐标．
22．如图，社区有一块面积为的正方形空地，空地的B处有一个凉亭，，为两条小路，现在内种植月季花，其余地方种植郁金香，测得，．
(1)求正方形空地的边的长；
(2)求郁金香的种植面积．
23．公元3世纪初，我国数学家赵爽证明勾股定理的图形称为“弦图”．1876年美国总统Garfeild用图1（点、点、点三点共线）进行了勾股定理的证明．与是一样的直角三角板，两直角边长为，，斜边是．
请用此图1证明勾股定理．

扩展应用1：如图2，以的边和边为边长分别向外作正方形和正方形，过点分别作的垂线段，那么的数量关系是怎样?说明理由．
扩展应用2：如图3，在两平行线之间有一正方形，已知点和点分别在直上，过点作直线，已知之间距离为，之间距离为2．直接出正方形的面积是 ．
24．综合与实践
已知，如图1，将一块45°角的直角三角板AEF与正方形ABCD的一个顶点A重合，点E，F分别在AD，AB边上，连接BE，DF，点G是DF的中点，连接AG．
(1)请猜想线段AG与BE的关系，并说明理由；
(2)如图2，把三角板AEF绕点A按逆时针旋转α（0°＜α＜90°）；
①AG与BE的关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由（提示：延长AG到点H，使GH＝AG）；
②若旋转角α＝30°，AE＝2，AB＝5，请直接写出线段BE的长度．
参考答案：
1．A
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明得到，进而得到四边形的面积等于的面积，即可得解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形的面积是4，
∴的面积是4，
故选：A．
2．C
【分析】根据正方形的周长，可将正方形的边长求出，进而可将正方形对角线的长求出．
【详解】解：∵正方形的周长为40，
∴正方形的边长为10，
∴对角线长为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，关键是根据正方形的周长得出正方形的边长．
3．C
【分析】由正方形的性质得出AB=AD=3，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，由勾股定理求出AP，再由旋转的性质得出△ADP≌△ABP'，得出AP'=AP，∠BAP'=∠DAP，证出△PAP'是等腰直角三角形，得出PP′=AP，即可得出结果．
【详解】试题解析：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=3，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，
∴AP=，
∵△ADP旋转后能够与△ABP′重合，
∴△ADP≌△ABP′，
∴AP′=AP=，∠BAP′=∠DAP，
∴∠PAP′=∠BAD=90°，
∴△PAP′是等腰直角三角形，
∴PP′=AP=2.
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的性质、等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形和旋转的性质是解决问题的关键．
4．C
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，本题的解题关键是知道题中重合的部分的面积是不变的，总是等于正方形面积的．根据正方形的性质得出，，求出，根据全等三角形的判定得出，即可求出四边形的面积三角形的面积，即可得出答案．
【详解】解：如图：
连接和，则和都过点O，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
在和中
，
，
，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查了正方形的性质以及轴对称的性质．根据正方形的轴对称的性质可得阴影部分的面积等于正方形的面积的一半，然后列式进行计算即可得解．
【详解】解：．
故选：B．
6．D
【分析】过点D作DG⊥BE，垂足为G，则GD＝4＝AB，∠G＝90°，再利用AAS证明△AEB≌△GED，根据全等三角形的性质可得AE＝EG． 设AE＝EG＝x，则ED＝5﹣x，在Rt△DEG中，由勾股定理得可得方程x2+42＝（5﹣x）2， 解方程求得x的值即可得AE的长．
【详解】过点D作DG⊥BE，垂足为G，如图所示：

则GD＝4＝AB，∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝5，∠A＝90°＝∠G，
在△AEB和△GED中，
∴△AEB≌△GED（AAS）．
∴AE＝EG．
设AE＝EG＝x，则ED＝5﹣x，
在Rt△DEG中，由勾股定理得：ED2＝EG2+GD2，
∴x2+42＝（5﹣x）2，
解得：x＝，即AE＝．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，正确作出辅助线，证明AE＝EG是解决问题的关键.
7．B
【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等及勾股定理，关键是根据题意作出辅助线，建立一线三等角的全等模型．
添加垂直辅助线，通过证明三角形全等将已知线段转化到同一个直角三角形中，利用勾股定理得解．
【详解】解：如图，过C作于点M，过A作于点N，
则，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴正方形对角线BD的长．
故选：B．
8．D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
9．D
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，平面直角坐标系找点的规律，根据旋转的性质，可得点的运动轨迹如图所示，发现规律即点的位置每旋转8次一个循环，然后找到正方形旋转2023次后点的位置，即可得出答案，解题的关键是找到点坐标的变化规律．
【详解】解：如图，过点作轴，垂足为，
正方形的边长为1，
，
正方形是正方形绕点顺时针旋转后所得，
，，
，
，
，
同理可得，将正方形绕点顺时针继续旋转则得到如图，，，，，，，…
发现正方形旋转8次为一循环，
，
正方形绕点旋转2023次后，点与重合，
，
故选：D．
10．D
【分析】延长，过点E作DC延长线的垂线交于点G，得Rt△DGE，运用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，延长，过点E作DC延长线上垂线交于点G，
∵是等边三角形，△ACB是直角三角形，四边形BFEC是正方形
∴∠ACD=60°，∠ACB=90°,∠BCE=90°
∴∠DCE=360°-∠ACD-∠ACB-∠BCE=360°-60°-90°-90°=120°
∴
∴∠CEG=30°
∴，，
在Rt△DGE中，，且a2+b2= AB2=64,
∴
化简得，．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质，正方形的性质，直角三角形的性质等知识，作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．
11．B
【分析】由折叠可得EF＝BE＝2，∠CFE＝∠B＝90°，且∠FAE＝45°可得AF＝2，AE＝2，即可求对角线BD的长，则可求△CDF面积.
【详解】如图连接BD交AC于O，
∵ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO，∠BAC＝45°，
∵△BCE沿CE翻折，
∴BE＝EF＝2，BC＝CF，∠EFC＝90°，
∵∠BAC＝45°，∠EFC＝90°，
∴∠EAF＝∠AEF＝45°，
∴AF＝EF＝2，
∴AE＝2，
∴AB＝2+2＝BC＝CF，
∴BD＝AB＝4+2，
∴OD＝2+，
∵S△CDF＝×CF×DO＝3+4，
故选B．
【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练应用所学知识解决问题．
12．D
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，利用全等三角形的性质，求出点D的坐标是解题的关键．
由点C的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出k值，进而可得出直线的函数解析式，过作轴于，过作轴于，则及，利用全等三角形的性质，可求出点D的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点D平移后的横坐标，结合平移前点D的横坐标，即可求出结论．
【详解】将代入中
直线得函数解析式为
过作轴于，过作轴于

如图所示：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
点A的坐标为0,4，点B的坐标为，
同理可证
，，
，
平移后
将代入中
故选：D
13．/
【分析】连接，，由题意可知，、都经过点O，取中点M，连接，，则，为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【详解】解：连接，
∵点O是正方形的中心
∴、都经过点O，，，
取中点M，连接，，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴．
∴．
∴，
在中，M是的中点，
∴．
∵．
当A，M，G三点共线时，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，直角三角形斜边上的中线等知识点，取中点M，连接，，则，为定长，利用两点之间线段最短解决问题是解决本题的关键．
14．43/113
【分析】连接BG，由正方形的性质和折叠得，，，根据HL证明，得，
设CG=x，则DG=4-x，EG=2+x，在中，由勾股定理得，进行就是即可得．
【详解】解：如图所示，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
由折叠得，，
，
，
∵，
∴，
在和中，
∴（HL），
∴，
设CG=x，则DG=4-x，EG=2+x，
在中，由勾股定理得，
解得，，
即CG的长度是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
15．
【分析】如图，过点作于．设，则．由勾股定理得到，欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得点到，和的距离之和最小（如下图），作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，此时的值最小，最小值．
【详解】解：如图，过点作于．设，则．
四边形是矩形，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得点到，和的距离之和最小（如下图），

作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，此时的值最小，最小值，
，，
，
的最小值为，
故答案为．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
16．/
【分析】将绕点A顺时针旋转至，将绕点D逆时针旋转至，则和是正三角形，进而可证当六点共线时的值最小．连接，则和是等边三角形，然后分别求出的值即可．
【详解】解：将绕点A顺时针旋转至；将绕点D逆时针旋转至，
∴，，，，
∴和都是等边三角形，
∴，，，
∴
，
∴当六点共线时的值最小．
连接，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴在的垂直平分线上，
同理可证，
∴在的垂直平分线上，
∵四边形是正方形，
∴，
∴垂直平分，
∴，四边形是矩形，
∴，，
∴，
同理可求，
∴，
即的值最小为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，等边三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
17．
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，先根据正方形的性质得到边长，然后根据勾股定理求得的长，根据等面积法求得的长，根据三角形内角和求得，最后根据三角形全等可求得结果．
【详解】解：∵正方形边长为10，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴在中，，
∵，
根据，
解得，
∵，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
故答案为：．
18．（1）是；等边三角形；60°；（2）15°；（3）见解析；（4）7、9
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
【详解】解：（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
【点睛】本题考查矩形和菱形的性质和判定,关键在于结合图形,牢记概念.
19．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作线段BC的垂直平分线交AD于点E，连接BE，EC，点E即为所求；
（2）设AF交BE于点O．证明△ABF≌△BCF（SAS），推出∠BAF＝∠BCF，证明∠AOB＝90°可得结论．
【详解】（1）解：如图，点E即为所求，
理由是：连接BE、CE，
由垂直平分线的性质可知，EB＝EC，
∴点E即为所求．
（2）证明：设AF交BE于点O．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△BCF（SAS），
∴∠BAF＝∠BCF，
∵EB＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∴∠BAF＝∠EBC，
∵∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠BAF+∠ABE＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AF⊥BE．
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
20．（1）；（2）；（3）
【分析】本题考查“等补四边形”，旋转、等边三角形，勾股定理的知识等，解题的关键是掌握“等补四边形”的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理的运用，即可．
（1）根据旋转的性质，则四边形的面积等于直角梯形面积的一半，结合题意，求出直角梯形的面积，即可；
（2）根据旋转的性质，四边形的面积等于等边三角形的面积的，根据等边三角形的性质，则，，根据直角三角形的中所对的直角边等于斜边的一半，，根据勾股定理求出三角形的高，即可求出等边三角形的面积，即可；
（3）作于点，根据等补四边形中，，推出，；当点，，在同一直线上，则，
求出，根据，则，
求出，根据“等补四边形”的面积等于的面积，即可．
【详解】（1）等补四边形”的面积为，
故答案为：．
（2）如图，过点作交于点，
根据题意可得：，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴“等补四边形”的面积为：．
（3）如图，将绕点顺时针旋转得到，
作于点，
∴，，，，
在等补四边形中，，
∴，
∴点，，在同一直线上，
∴，
∵，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
∴“等补四边形”的面积等于的面积：．

21．顶点D的坐标为
【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，直角三角形的性质．根据直角三角形的性质得出，，再由正方形的性质得出，，过点D作x轴的垂线，垂足为E，再根据直角三角形的性质得出和的值，据此求解即可．
【详解】解：点A的坐标为，
，
∵，
∴，
∴，
在正方形中，，，
如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，则，

，
，，
，
顶点D的坐标为．
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据算术平方根的意义结合二次根式的性质计算即可．
（2）利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，且．
利用三角形面积公式求出的面积即可得到答案．
本题考查了算术平方根的应用，勾股定理的逆定理，正方形的性质等等．
【详解】（1）解：∵正方形的面积为，
∴，
∴．
（2）解：由（1）可得，，
∵，，．
∴，
∴，
∴为直角三角形，且．
∴，
∴郁金香的种植面积为.
23．证明勾股定理见解析；拓展1：，理由见解析；拓展2：5
【分析】首先说明，结合全等三角形的性质可得是等腰直角三角形；用，，表示三角形与梯形的面积，再根据梯形的面积等于三个直角三角形的面积和便可得结论；
拓展1：过作于点，再证明三角形全等即可得结论；
拓展2：过点作，分别交于点，交于点，然后证明三角形全等，转化线段，再用勾股定理解答即可．
【详解】解：∵点、点、点三点共线，，
∴四边形是直角梯形，
∵与是一样的直角三角板，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
，，，
∴，即有，
∴；
拓展1：过作于点，

则，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得，
∴，即，
故答案为：；
拓展2：过点作，分别交于点，交于点，如图3，

则，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴在中，可有，
∴正方形的面积为5．
故答案为：5．
【点睛】本题是勾股定理的探究与应用，主要考查了勾股定理的性质及应用、正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的性质与判定等知识，解题关键是构造全等三角形和直角三角形．
24．(1)AGBE，AG⊥BE，见解析；
(2)①AG与BE的关系仍成立；②
【分析】（1）证△ABE≌△ADF（SAS），得BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，再由直角三角形斜边上的中线性质得AGDFBE，然后证∠APE＝90°，得出AG⊥BE即可；
（2）①延长AG至H，使HG＝AG，连接DH，证△AGF≌△HGD（SAS），得AF＝DH，∠FAG＝∠DHG，再证△BAE≌△ADH（SAS），得BE＝AH，∠ABE＝∠DAH，进而得出结论；
②过E作EN⊥BC于N，交AD于M，由含30°角的直角三角形的性质得EMAE＝1，再由勾股定理得BN＝AM，然后由勾股定理求出BE的长即可．
【详解】（1）解：AGBE，AG⊥BE，理由如下：
设AG与BE交于点P，
∵∠EAF＝90°，∠AEF＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
又∵∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，
∵点G是DF的中点，
∴AGDF＝DG，
∴AGBE，∠GAD＝∠ADF，
∴∠ABE＝∠GAD，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠AEB+∠GAD＝90°，
∴∠APE＝90°，
∴AG⊥BE，
综上所述，线段AG与BE的关系为：AGBE，AG⊥BE；
（2）解：①AG与BE的关系仍成立，理由如下：
如图2，延长AG至H，使HG＝AG，连接DH，
设AG交BE于P，AH交CD于Q，BE交AD于M，
∵点G是DF的中点，
∴DG＝FG，
∵∠AGF＝∠HGD，AG＝HG，
∴△AGF≌△HGD（SAS），
∴AF＝DH，∠FAG＝∠DHG，
∴AE＝DH，
∵∠DQH＝∠ADC+∠DAQ，
∴∠QDH＝180°﹣∠DHG﹣∠DQH＝180°﹣∠FAG﹣∠ADC﹣∠DAQ＝∠BAF＝α，
∴∠EAB＝∠ADH＝90°+α，
∵AB＝AD，AE＝DH，
∴△BAE≌△ADH（SAS），
∴BE＝AH，∠ABE＝∠DAH，
∴AGAHBE，
∵∠ABE+∠AMB＝90°，
∴∠DAH+∠AMB＝90°，
∴∠APM＝90°，
∴AG⊥BE，
综上所述，线段AG与BE的关系为：AGBE，AG⊥BE；
②如图3，过E作EN⊥BC于N，交AD于M，
则EM⊥AD，MN＝AB＝5，AM＝BN，
∵∠EAM＝30°，AE＝2，
∴EMAE＝1，
∴BN＝AM，
∴EN＝EM+MN＝1+5＝6，
∴BE．
【点睛】本题考查四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
C
B
D
B
D
D
D
题号
11
12








答案
B
D